2019高中物理第十六章课时5反冲运动火箭对点练+巩固练含解析新人教版选修3.docx

课时5反冲运动火箭一、选择题1(多选)下列属于反冲运动的是()A喷气式飞机的运动 B直升机的运动C火箭的运动 D反击式水轮机的运动答案ACD解析反冲现象是一个物体分成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲运动。2运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是()A燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭B火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭D火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭答案B解析火箭工作的原理是利用反冲运动，是火箭燃料燃烧产生的高温高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使火箭获得反冲速度，故答案为B。3一静止的质量为M的原子核，以相对于地的水平速度v放射出一质量为m的粒子后，原子核剩余部分反冲运动的速度大小为()A. B. C.v D.v答案B解析由动量守恒定律得，mv(Mm)v0得v，因此B正确。4一同学在地面上立定跳远的最好成绩是s(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()A只要ls，他一定能跳上站台B只要ls，他有可能跳上站台C只要ls，他一定能跳上站台D只要ls，他有可能跳上站台答案B解析人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故ls时，才有可能跳上站台。故选B。5关于反冲运动，下列说法正确的是()A反冲运动的两个物体系统动量守恒，机械能也守恒B反冲现象是有害的，应该想办法防止C直升机的升空应用了反冲的原理D影响火箭速度大小的因素是喷气速度和质量比答案D解析反冲运动是系统内力作用的结果，虽然有的系统所受合外力不为零，但由于系统内力远大于外力，所以系统总动量是守恒的，但由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总动能增加，A错；反冲不一定有害，关键是看如何利用，B错；直升机的升空是靠螺旋桨与空气的相互作用力飞行的，不属于利用反冲的原理，C错；火箭喷气后增加的速度vu，其中m是喷出燃气的质量，m是火箭剩余的质量，u是喷出的燃气相对喷气前火箭的速度，D正确。6竖直发射的火箭质量为6103 kg。已知每秒钟喷出气体的质量为200 kg。若要使火箭最初能得到20 m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度应为()A700 m/s B800 m/sC900 m/s D1000 m/s答案C解析根据动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F，又Fm箭gm箭a，得v气900 m/s。7.如图所示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速度v0沿x轴正方向平动，要使探测器改为沿x轴正方向偏y轴负方向60的方向以原来的速率v0平动，则可以()A先开动P1适当时间，再开动P4适当时间B先开动P3适当时间，再开动P2适当时间C开动P4适当时间D先开动P3适当时间，再开动P4适当时间答案A解析由题意可知，探测器原速度沿x轴正方向，要使探测器改为沿x轴正方向偏y轴负方向60的方向运动，且速率不变，则沿x轴正方向速度应减小为，应打开P1使探测器获得沿x轴负方向的加速度，持续适当时间，再打开P4，增大沿y轴负方向的速度，持续适当时间，可使探测器最后速度为题中所要求的。故A正确。8(多选)如图甲所示，在光滑水平面的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的xt图象。已知m10.1 kg，由此可以判断()A碰撞前m2静止，m1向右运动B碰撞后m2和m1都向右运动Cm20.3 kgD碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能答案AC解析根据图乙可得，碰前m2的位移不变，说明m2静止，要使m1、m2发生正碰，碰前m1一定向右运动，故A正确。根据图乙可得，碰后m1的位移均匀减小，m2的位移均匀增大，说明m1向左运动，m2向右运动，故B错误。根据图乙可知，碰前v1 m/s4 m/s，v20 m/s；碰后v1 m/s2 m/s，v2 m/s2 m/s；根据动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2，得m20.3 kg，故C正确。两小球在光滑水平面发生碰撞，则两球的重力势能不变；碰撞前，系统的动能为Ekm1v0.8 J；碰撞后，系统的动能为Ekm1v12m2v22(0.20.6) J0.8 J；因此碰撞前后系统的动能不变，故碰撞过程中系统没有损失机械能，故D错误。9一条质量约为180 kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动，忽略水的阻力，假设左侧为船尾，右侧为船头，则下列图中正确描述该物理情景的是()答案B解析水的阻力忽略，则人和船组成的系统在水平方向动量守恒，在水平方向上的总动量为零，则人相对水面向右走，则船相对水面向左移动，只有B项符合要求；A项中，人和船都相对水面向右移动，C项中，人和船都相对水面向左移动，D项中，人相对水面静止，故B正确，A、C、D错误。10(多选)在静水中，从某时刻开始人向前行走，从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这个过程中，关于人和船的运动情况，下列判断正确的是()A人相对水面匀速向前行走，船相对水面匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比B人相对水面加速向前行走，船相对水面加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比C人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零D当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离答案ABC解析水的阻力不计，则人和船组成的系统动量守恒，由动量守恒定律知，总动量总是为零，因此，人走船就走，人停船就停，结合牛顿第三定律可知，A、B、C正确。11.如图所示，一辆小车静止于光滑水平面上，车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜。若从弹簧枪中发射出一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中。从弹簧枪发射弹丸以后，下列说法中正确的是()A小车向左运动一段距离然后停下B小车先向左运动，接着向右运动，最后回到原位置停下C小车一直向左运动D小车先向左运动，接着向右运动，最后向右匀速运动答案A解析弹丸和小车(包括了弹簧枪)组成的系统动量守恒，弹簧枪未发射弹丸时总动量为零，由动量守恒定律知，弹簧枪发射出弹丸后，弹丸向右运动，小车向左做反冲运动，当弹丸落入网兜时，总动量仍为零，小车应停止运动，故A正确。12.小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4(图中未画出)，要使小车向前运动，可采用的方法是()A打开阀门S1 B打开阀门S2C打开阀门S3 D打开阀门S4答案B解析根据水和车组成的系统动量守恒，原来系统动量为零，由0m水v水m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出，B正确。13静止在水面上的船，长度为L，船的质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离为()A. B.C. D.答案B解析船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，有mvMu0。人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于水面前进的距离为Lx，则mM。计算得出x，故B正确，A、C、D错误。14.质量M100 kg的小船静止在水面上，船头站着质量m甲40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙60 kg的游泳者乙，船头指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平面上，甲向左、乙向右以3 m/s的速率跃入水中，则小船()A向左运动，速率为1 m/sB向左运动，速率为0.6 m/sC向右运动，速率大于1 m/sD仍静止答案B解析以向右为正方向，有v甲3 m/s，v乙3 m/s，由系统水平方向动量守恒得：m乙v乙m甲v甲Mv0，解得v0.6 m/s。负号表示船将向左运动，速度大小为0.6 m/s。15(多选)假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动，如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q，则下列说法正确的是()AQ与飞船都可能沿原轨道运动BQ与飞船都不可能沿原轨道运动CQ运动的轨道半径可能减小，而飞船的运行半径一定增加DQ可能沿地球半径方向竖直下落，而飞船运行的轨道半径将增大答案CD解析根据反冲，飞船的速度一定增大，做离心运动，轨道半径变大；而Q的速率有三种可能，比原来的大，比原来的小，与原来的相等，由此Q的轨道半径比原来的大，比原来的小，与原来的相同，都有可能；另外，若相对地速度为零，则会竖直下落，故C、D正确。16某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离()A.L B.LC.L D.L答案C解析设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s，根据题意知子弹飞行的距离为(Ls)，子弹飞行时间为t，则由动量守恒定律有：mM(n1)m0，解得：s。每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程中，小船后退的总距离为：ns。二、非选择题17课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2104 m3/s，喷出速度保持相对地为10 m/s。启动前火箭总质量为1.4 kg，则启动2 s末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动，阻力不计，水的密度是103 kg/m3)答案4 m/s解析设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为，水流的喷出速度大小为v,2 s末火箭的反冲速度大小为v，由动量守恒定律得(MQt)vQtv0解得v4 m/s。18静水中的两只船静止在一条直线上，质量都是M(不包括人)，甲船上质量为m的人跳到乙船上，又马上跳回甲船上，问甲、乙两船的速度之比是多少？答案解析两只船与人组成的系统动量守恒，有0(Mm)v甲Mv乙，解得。19.如图所示，小车A的质量m18 kg，物块B的质量m22 kg，水平面光滑，物块B置于小车上后静止。今有质量为10 g的子弹以速度200 m/s射入B并穿过B物体，击穿时间极短，若子弹穿过物块B时，物块B获得速度为0.6 m/s，求：(1)子弹穿过物块B时的速度大小为多大？(2)若最终B与A一起运动，其速度大小为多大？答案(1)80 m/s(2)0.12 m/s解析(1)子弹穿过物块B的过程中系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0m2vBmv，代入数据计算得出：v80 m/s。(2)A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2vB(m1m2)v共，代入数据计算得出：v共0.12 m/s。20.某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的速度为v1(相对地面)，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为m，忽略水的阻力，则喷射出质量为m的气体后小船的速度大小是多少？答案解析由动量守恒定律得：0(m1m2m)v船mv1解得：v船。21一个宇航员连同装备的总质量为100 kg，宇航员在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态，他带的贮氧筒中装有0.5 kg氧气，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的速度喷出的喷嘴。宇航员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸，已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5104 kg/s，试问瞬间喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？答案0.05 kgm0.45 kg解析宇航员使用氧气喷嘴喷出一部分氧气后，因反冲运动而返回，遵从动量守恒定律。剩余气体应满足返回途中供呼吸之用。设瞬间喷出氧气质量为m，宇航员刚好安全返回，由动量守恒定律得mvMv10(气体的变化对宇航员质量变化影响很小，可以忽略)匀速运动的时间t，又m0Qtm联立解得0.05 kgm0.45 kg。22.如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为，求：(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能。答案(1)(2)解析因子弹未射出，故此时子弹与木块的速度相同，而系统的机械能损失为初、末状态系统的动能之差。(1)子弹射入木块时水平方向上系统内力远远大于外力，则系统在水平方向上动量守恒，设二者的共同速度为v，取子弹的初速度方向为正方向，则有：mv(Mm)v二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：(Mm)gs0(Mm)v2由两式解得：s。(2)射入过程中的机械能损失Emv2(Mm)v2解得：E。23人的质量m60 kg，船的质量M240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，船边沿高出岸h，人从船边沿水平跃出，恰能上岸。若撤去缆绳，人要从船边沿安全水平跃出上岸，船离岸约为多少？(不计水的阻力，人两次消耗的能量相等)答案1.34 m解析船用缆绳固定时，设人水平跃出的速度为v0，则x0v0t，t。撤去缆绳，由水平方向动量守恒得0mv1Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，mvmvMv，解得v1v0，故x1v1tx01.34 m。24.平板车